Le saviez-vous ?
dans Les-mathématiques
Si on pose $P(X)=5X^4-10X^3+20X^2-15X+11$, alors l'écriture décimale de tous les facteurs premiers de $P(m)$, lorsque $m\in\Z$, se termine par $1$ !
\'Etonnant, non ?
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Réponses
$$X^4-X$$
est un nombre pair.
Cordialement
Soit u(m)=(m^4-3m)/2 , avec m entier relatif, si 2|m alors u(m) est un entier relatif aussi , si 2 ne divise pas m, alor sile xiste un entier relatif k tel que m=2k+1 ,en remplaçant m=2k+1 dans u(m) , on trouve que u(m)=(2k+1)(4k^3+6k²+3k-1) ,donc u(m) est encore un entier relatif.
Donc pour tout m , 2|(m^4-3m) , donc 10|(5m^4-15m) , or 10|(-10m^3+20m²+10) , donc 10|(5m^4-10m^3+20m²-15m+11-1).
Or 5m^4-10m^3+20m²-15m+11=f(m) , donc 10|(f(m)-1) , donc il existe un entier relatif t tel que 10t+1=f(m) , donc f(m)=1[10].
Après c'est facile je crois
donc f(m) ne peut pas avoir deux facteurs premiers qui termine par 1 et l'autre par 3 ou 7 (car le dernier chiffre de f(m) ne ferait pas 1).
Donc soit tous les facteurs premiers de f(m) se terminent par 1 ,soit certaines de ses facteurs se termient pas 3 et les autres par 7. (car 3*7=21 qui se termine par 1).
là on voit que le problème se simplifie un peu
car supposons dans deuxième cas,qu'on ait p facteurs premiers se terminant par 3 et p' facteurs se terminant par 7 , donc f(m) se termine par le dernier chiffre de (3^p)(7^p') , or f(m) se termine par 1 , donc p=p'.
voilà, je réfléchis encore
Veuillez m'excuser
a=1[10] et b=1[10] c'est le bon mais il faut démontrer
a=3[10] et b=7[10] faux ,mais il faut démontrer
a=9[10] et b=9[10] faux ,mais il faut démontrer
Introduisons la suite u(n)=5n(n+1)+1. Les valeurs de P(X) sont des valeurs particulières de la suite u(n)
En étudiant la décomposition des u(n) en facteurs premiers (n dans Z), on voit des phénomènes étranges: les u(n) semblent sans facteurs carrés et leurs diviseurs premiers sont congrus à +-1 (mod 5).
En un premier temps, on réduit dans $\frac{Z}{10Z}$ la fonction polynôme associée à P :
$P(X)=5X^4-5X+1=5(X^4-X)+1$
Par suite, comme $X^4-X$ est pair pour toute valeur (entière) de $X$, et que 5 et 2 sont premiers entre eux, on en déduit que $5(X^4-X)$ est un multiple de 10, puis que $P(X)$ s'écrit pour chaque $X$ sous la forme $10p+1$, ce qui achève la preuve.
Cordialement
Série 1(30):
1,31,61,91,..etc
les facteurs premiers qui génèrent l'infinité de ces entiers =1(30) dans cet algorythme sont les six bases
19*19
11*11
31*31
29*29
7*13
17*23
Je réessaie.
Cordialement
NB: Je n'ai pas eu le temps de faire un programme très efficace.
p=+-1 (mod 5).
Mais ça ferait avancer le schmilblick. As-tu un moyen ?
Cordialement
Ton résultat est-il exact ? ou seulement pour de petits entiers ?
Donc p divise P(m) ssi p divise P(m+p). J'ignore si c'est d'une quelconque utilité.
je ne puis garantir la véracité de ce résultat que je n'ai fait que trouver par hasard sur un site de la toile \verb+http://www.mathpuzzle.com/+
Il est fort possible que la preuve n'en soit pas élémentaire (les tentatives de manips de base sur les congruences semblent faire long feu). D'ailleurs, je remarque que, s'il est vrai, le résultat implique qu'il existe un nombre infini de premiers de la forme $10k+1$ (même si ce n'est qu'un résultat affaibli du thm de {\sc Dirichlet}, cela montre qu'il ne tombe pas là tout seul par quelques considérations).
En effet, je m'inspire de la preuve attribuée à {\sc Euclide} : s'il n'y a qu'un ens. fini de tels premiers, j'en note $m$ le produit {\bf en excluant $11$} : \\
$m=31*41*\dots$ Si $n\in\N$ est assez grand, $P(m^n)$ est $>1$ et possède un facteur premier $p$ qui ne peut figurer dans le produit $m$ puisque $P(m^n)=m*K+11$, avec $K$ entier. Donc $P(m^n)$ n'a d'autre facteur premier que $11$ et est de la forme $11^{k(n)}$. Faisons $n\to\infty$ : $$11^{k(n)}=P(m^n)\sim5m^{4n}$$ En faisant le quotient de deux équivalents consécutifs, on a : $$11^{k(n+1)-k(n)}\to m^4$$ Une suite convergente d'entiers étant stationnaire, on a établi que $m^4$ est une puissance de $11$, ce qui est asburbde.
Me trompé-je ?
(p(q)(q,p)=(-1)^[(p-1)(q-1)/4]
Prenons p=5 et q=5k+-2. On a donc
(p,q)(q,p)=1 et (p,q)=(q,p)=(5k+-2,5)=(+-2,5)=-1. Donc 5 n'est pas un carré mod q et l'équation 5n²+5n+1 n'a pas de solution mod q. Tous les diviseurs premiers de la suite 5n²+5n+1 sont donc de la forme 5k+-1. Il en va de même pour le polynôme P(X) de fabert. Il reste à éliminer les 5k-1.
fabert , je ne suis pas d'accord qd tu dis " P(m$\^n$) n'a pas d'autre facteur premier que 11 " Pourquoi ?? 31 , 41 , 61 , 71 , 91 , 101 pourraient être des facteurs 1ers , non ?
Voui, mais on les a tous placés dans la liste (finie, hypothèse que l'on veut réduire {\em ad absurdum}). Si $31$ divise $P(m^n)$ et {\bf puisqu'il divise} $m$, il divise aussi $11$, ce qui n'est pas.
Par exemple: u(8)=361=19², u(10)=551=19*29 etc. Par contre je n'en ai trouvé aucun dans le polynôme de fabert.
Par exemple: u(8)=361=19², u(10)=551=19*29 etc. Par contre je n'en ai trouvé aucun dans le polynôme de fabert.
Bonjour, Richard,
c'est presque normal : celui qui publie sur son site un polynôme de degré $4$ avait {\em sans doute} échoué avec des polynômes de degré inférieur.
Maintenant, comme le discriminant $5$ est un carré modulo $q$ lorsque $q=5k\pm1$, tu n'aurais pas pu parvenir à exclure les $5k-1$ comme tu as exclu les $5k\pm2$. Reste à espérer qu'il existe une réciprocité quartique pour suppléer la quadratique...
Par exemple, en voici une pour $(-3,p)$, lorsque $p\neq3$ : dans $\Z/p\Z$, on considère l'homographie $f : z\to\frac{-1}{z+1}$. Son domaine de définition est $z\neq{-1}$ et celui de $f\circ f$ est $D : z\neq0\neq{-1}$. Pour les autres $z$, on a $f\circ f\circ f(z)=z$.\\
Si $z\neq0\neq{-1}$, son orbite $\{z,f(z),f\circ f(z)\}$ est formée de 3 éléments si $f(z)\neq z$ et d'un seul élément sinon. Maintanant, $f(z)=z$ équivaut à $z^2+z+1=0$, de discriminant $-3\neq0$. Comme $D$ est réunion disjointe d'orbites, son cardinal est donc de la forme $3k$ si toutes les orbites ont $3$ éléments, et $3k+2$ sinon. Donc $-3$ est un carré ssi $p-2$ est de la forme $3k+2$, càd $p=3\ell+1$. On en déduit facilement aussi le caractère de $+3$ modulo $p$.
on adjoint $\alpha$ tel que $\alpha^4=-1$.
$(\alpha + \frac{1}{\alpha})²=2$
(2,p)=1 ssi $(\alpha + \frac{1}{\alpha})^p=(\alpha + \frac{1}{\alpha})$
ensuite $\alpha^p=\pm \alpha$ ou \pm $\frac{1}{\alpha}$ suivant la valeur de p. On en déduit que $(2,p)=(-1)^{\frac{p²-1}{8}}$
J'ai bien aimé ta démonstration. En fait la loi de réciprocité quadratique générale peut se démontrer de façon élémentaire. J'aimerais remettre la main sur la démonstration qui interprète le symbole de legendre comme la signature d'une permutation sur (Z/nZ)*.
Désolé pour cette digression, je crois devoir rappeler que le problème posé dans ce fil est toujours en suspens.
1. Il existe des lois de réciprocité d'ordre supérieur à 2, mais celles que je connais travaillent dans $\Z[\zeta_m]$ (où $m \in \N^{*}$) qui est l'anneau des entiers du corps cyclotomique $\Q(\zeta_m)$.
2. La formulation "caractère de 2 (ou 3) modulo $p$" est maladroite. Si $p \geqslant 3$ est premier, alors on sait que le symbole de Legendre-Jacobi-Kronecker $(p/.)$ est un caractère réel modulo $p$, essentiellement le seul d'après Dirichlet.
En effet, si $a$ est un entier, $p \nmid a$ un nombre premier $\geqslant 3$, alors $(a/p) = (-1)^{ind(a)}$, où $ind(a)$ est l'indice de $a$ (ie le plus petit entier $n$ tel que $a \equiv g^n \pmod p$ où $g$ est une racine primitive modulo $p$). Soit alors $\chi$ un caractère réel modulo $p$ et on note $e(x) = e^{2 \pi i x}$. Alors, si $p \nmid a$, un calcul fastidieux mais classique montre que $\displaystyle {\chi(a) = e \left ( \frac {k \, ind(a)}{p-1} \right )}$ pour tout entier $k \in \{1,...,p-1\}$. Puisque $\chi$ est réel, $p-1 \mid 2k$, donc $k = (p-1)/2$ ou $k=p-1$, ce dernier cas correspondant au caractère principal $\chi_0$. Si $k=(p-1)/2$, alors on a : $$\chi(a) = e(ind(a)/2) = (-1)^{ind(a)} = (a/p) = (p^{*}/a),$$ où $p^{*} = p$ si $p \equiv 1 \pmod 4$ et $p^{*} = -p$ si $p \equiv 3 \pmod 4$.
Borde.
Pour en revenir à l'équation initiale, j'aimerais savoir s'il existe des conditions pour qu'une équation du 4ème degré admette des solutions dans Z/pZ (du Ferrari adapté à Z/pZ, en quelque sorte). Cela permettrait peut-être de débloquer la situation.
effectivement, c'est une jolie idée (que j'aurais bien aimé avoir eue !) En fait, c'est un devoir à la maison que j'ai eu à faire, il y a longtemps, ... en TC (mais les Z/pZ étaient au programme, heureux temps jadis) La démo de t1 pour $(2,p)$ est bien sûr classique mais moins élémentaire : il faut la notion d'extension de corps (et le morphisme de Frobenius)
Borde.
$\qquad 461,491,521,541,571,601,631,641,661,701,751,761,...\}$
Borde.
Dans Z, $X^2-X$ étant pair, $X^2-X+2$ l'est aussi, donc P(X) se finit par 1.
Et voilà.
ou alors il y a un truc qui m'échappe. Ce ne serait pas la première fois...
Cordialement,
Sébatiduroc.
Remarque, ça marche aussi,par exemple pour
$P(X)=5X^3-30X^2+35X-49$
Pour illustrer : ton exemple n'en est pas un car, au hasard, ton P(6) = 7*23, et ni 7 si 23 ne se terminent par un 1.
je ne comprends pas ton dernier message. Peux tu m'expliquer?
Je répondais de manière partielle à RAJ plus haut qui souhaitait un "critère" pour savoir si un polynôme de $\mathbb {F}_p[X]$ avait des solution dans $\mathbb {F}_p$.
Le pgcd ci-dessus est (sauf erreur), à un facteur constant près, le produit dans $\mathbb {F}_p[X]$ des polynômes $X - \overline {\alpha_i}$, où $\overline {\alpha_i}$ sont les zéros de $\overline {P}(X)$ dans $\mathbb {F}_p$. Ainsi, cette équivalence, si elle était démontrée, montrerait que ce polynôme n'a de zéros dans $\mathbb {F}_p$ que si $p \equiv 1 \pmod {10}$.
Je doute cependant que cela fasse vraiment avancer le problème.
Borde.
ils se terminent par 5
le chiffre de unités de la différence de ces termes est donc 0
Le deuxième et le troisième termes sont des multiples de 10
le chiffre des unités de la différence de ces termes est encore 0
la somme algebrique des quatre premiers termes se termine donc par 0
Pas étonnant donc que si on ajoute 11, le chiffre des unités soit 1
Lorsque $m$ décrit $\Z$, démontrer que {\bf tous les facteurs premiers} de $|P(m)|$ ont $1$ pour chiffre des unités.
Borde.
Reprenons le polynôme initial:
5x^4-10x^3+20x²-15x+11=0 (mod p)
ce qui s'écrit:
x^4-2x^2+4x²-3x+11/2= 0 (mod p)
Par la méthode habituelle, en remplaçant x par x+1/2, on fait disparaître le terme en x^3, pour obtenir, après quelques calculs:
x^4+(5/2)x²+121/80=0.
On remarque que l'équation est bicarrée: en posant y=x², on a
y²+(5/2)y+121/80=0
delta=1/5. On retrouve le fait que 5 doit être un carré mod p, donc que p=+-1 (mod p). En notant t le nombre tel que t²=5, on a:
x²=y=((-5/2)+-t)/2. Le membre de droite doit donc être un carré mod p.
Par exemple, si p=19, l'équation bicarrée s'écrit:
y²+12x+16=0 (mod 19)
delta prime=36-16=1 (mod 19)
y1=-5=14 et y2=-7=12 (mod 19). Or on voit que 12 et 14 ne sont pas des carrés mod 19. Donc 19 n'est pas un diviseur du polynôme de départ.